吉林省重点中学2026届化学高三第一学期期中经典试题含解析

吉林省重点中学2026届化学高三第一学期期中经典试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、化学与生产、生活及社会发展密切相关，下列有关说法正确的是（）A．碳单质有多种同素异形体，如金刚石、12C、14C、C60等B．用高锰酸钾溶液、酒精、双氧水的强氧化性进行杀菌消毒C．用于光缆通信的光导纤维和制作航天服的聚酯纤维都是新型无机非金属材料D．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，对青蒿素的提取属于物理变化2、根据下表信息，判断下列叙述中正确的是氧化剂还原剂其他反应物氧化产物还原产物①Cl2FeBr2Cl-②KClO3浓盐酸Cl2③KMnO4H2O2H2SO4O2Mn2+A．氧化性强弱的比较：KClO3>Fe3+>Cl2>Br2B．表中②组反应的还原产物是KCl，生成lmolKCl时转移电子的物质的量是6molC．表中①组的反应可知：通入Cl2的量不同，氧化产物可能不同D．表中③组反应的离子方程式为：2+3H2O2+6H+=2Mn2++4O2↑+6H2O3、有机物命名中常使用三套数字，甲、乙、丙…，1、2、3…，一、二、三…。其中“一、二、三…”指的是（）A．碳原子数 B．氢原子数 C．碳链位置编号 D．某种基团的数目4、某溶液中含有下列离子中的五种：Ba2+、Fe2+、Al3+、Fe3+、Mg2+、HCO3–、CO32–、Cl–、NO3–、SO42–，浓度均为0.1mol/L。向其中加入足量的盐酸，有气体生成且反应后溶液中阴离子的种类没有变化。以下分析错误的是A．原溶液中不含HCO3–和CO32– B．向加盐酸后的溶液中再加KSCN溶液，显红色C．能确定原溶液中的五种离子 D．原溶液中有三种阳离子和两种阴离子5、实验室通过称量样品受热脱水前后的质量来测定x值，下列情况会导致测定值偏低的是()A．实验前试样未经干燥 B．试样中含有少量碳酸氢铵C．试样中含有少量氯化钠 D．加热过程中有试样迸溅出来6、已知25°C、101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水放出的热量为57.3kJ，则下列描述正确的是A．酸碱中和反应的中和热为57.3kJB．NaOH（aq）＋HCl（aq）＝NaCl（aq）＋H2O（l）△H＝＋57.3kJ·mol－1C．1mol强酸和1mol强碱完全反应，放出的热量一定为57.3kJ·mol－1D．稀盐酸与稀氨水反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ·mol－17、已知：A(g)+B(g)=C(g)+D(l)△H<0，下列图示能表示该反应能量变化的是（图中E表示能量）A． B． C． D．8、下列离子反应方程式不正确的是（）A．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-刚好沉淀完全：H++SO42-+Ba2++OH-=H2O+BaSO4↓B．向FeCl3溶液中滴加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝：2Fe3++2I-=2Fe2++I2C．醋酸与大理石反应：2H++CaCO3=Ca2++H2O+CO2↑D．FeSO4与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O9、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．10g质量分数为46%的乙醇溶液中，氢原子的总数约为0.6NAB．7.8g

Na2O2与足量的水(H218O)反应生成的氧气所含的中子数为0.5NAC．将1L0.1mol·L−1FeCl3溶液滴入沸水中，制得的Fe(OH)3胶粒数目为0.1NAD．常温下，NH数目：1L0.5mol·L−1NH4Cl溶液大于2L0.25mol·L−1NH4Cl溶液10、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．1molFe与1molCl2充分反应生成FeCl3时，转移电子数为3NAB．通常状况下，11.2LH2所含的氢原子数为NAC．1mol羟基与17gNH3所含电子数之比为9∶10D．一定温度下，1L0.5mol·L－1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L－1NH4Cl溶液含NH的物质的量相同11、甲与乙在溶液中的转化关系如下图所示(反应条件省略)，甲不可能是A．NH3 B．AlO2- C．CO32- D．CH3COO-12、氢气和氟气反应生成氟化氢的过程中能量变化如图所示。由图可知A．生成1molHF气体放出的热量为270kJB．H2（g）＋F2（g）→2HF（l）+270kJC．反应物的总能量大于生成物的总能量D．该反应是吸热反应13、能正确表示下列反应的离子方程式是A．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量Ba(OH)2溶液反应：+Fe2++3OH-+2+2Ba2+=2BaSO4↓+NH3·H2O+Fe(OH)3↓B．电解CuCl2水溶液：Cu2++2Cl-+2H2OCu(OH)2↓+Cl2↑+H2↑C．邻羟基苯甲酸乙酯与NaOH溶液共热：+2OH-+C2H5OH+H2OD．CuSO4溶液中滴加过量稀氨水：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+214、如图所示，相同条件下，两个容积相同的试管分别装满NO2和NO气体，分别倒置于水槽中，然后通过导管缓慢通入氧气，边通边慢慢摇动试管，直到两个试管内充满液体。假设试管内的溶质不向水槽中扩散，则两个试管内溶液物质的量浓度之比为A．1∶1 B．5∶7 C．7∶5 D．4∶315、草酸锌晶体是一种微溶于水的白色粉末，可用于制纳米氧化锌、照相乳剂等。以炼锌厂的烟道灰（主要成分为ZnO，另含少量Fe2O3、CuO、SiO2、MnO等）为原料生产草酸锌晶体（ZnC2O4·2H2O）的流程如下：下列说法不正确的是（）A．滤渣A、滤渣B的主要成分分别为SiO2和Fe(OH)3B．“除锰”时发生的离子反应为Mn2++H2O2+H2O=MnO(OH)2↓+2H+C．流程中“除铁”与“除铜”顺序可以颠倒D．“合成”时过滤所得滤液主要溶质为NH4Cl16、在100mL硝酸和硫酸的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.6mol/L。向该溶液中加入足量的铜粉，加热，充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度最大值为（反应前后溶液体积变化忽略不计）A．0.225mol/L B．0.3mol/L C．0.36mol/L D．0.45mol/L二、非选择题（本题包括5小题）17、阿克他利M（）是一种抗风湿性关节炎药物，其合成路线如下：完成下列填空：(1)反应①的反应类型为_______________。(2)反应②所用的试剂为_________________。(3)写出的所有含苯环结构的同分异构体的结构简式。_______________(4)写出由对硝基苯乙酸（）得到对硝基苯乙酸乙酯的试剂和条件。______________(5)A的分子式为C7H8，写出由A合成苯甲醛的合成路线。_____________18、乙烯是重要的化工原料，以乙烯为原料在不同条件下可合成下列物质（部分条件未标出）：（1）乙醇能与乙酸反应生成有果香味的物质，其名称为__________，该反应类型是____________（2）反应⑥的化学方程式是______________实验现象是__________________（3）反应③用KOH的乙醇溶液处理二氯乙烷制氯乙烯的方程式为：____________（4）苯乙烯中所含官能团的名称_____________（5）苯乙烯合成聚苯乙烯的化学方程式是_____________________（6）以乙醇和苯乙烯为原料合成有机物，写出合成路线图_________________。（合成路线常用的表示方法为：）19、某化学反应2AB＋D在四种不同条件下进行，B、D起始浓度为0。反应物A的浓度（mol/L）随反应时间（min）的变化情况如下表：根据上述数据，完成下列填空：（1）在实验1，反应在10至20分钟时间内平均速率为_____mol/（L·min）。（2）在实验2，A的初始浓度c2＝____________mol/L，反应经20分钟就达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是___________。（3）设实验3的反应速率为v3，实验1的反应速率为v1，则v3_______v1（填＞、＝、＜），且c3_______1.0mol/L（填＞、＝、＜）。（4）比较实验4和实验1，可推测该反应是____反应（选填吸热、放热）。理由是__________20、铝镁合金已成为飞机制造、化工生产等行业的重要材料。研究性学习小组的同学，为测定某含镁3%~5%的铝镁合金（不含其它元素）中镁的质量分数，设计下列两种不同实验方案进行探究。填写下列空白。[方案一]〖实验方案〗将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量。（1）实验中发生反应的化学方程式是___________________________。（2）称取5.4g铝镁合金粉末样品，溶于VmL2.0mol/LNaOH溶液中。为使其反应完全，则NaOH溶液的体积V≥______________。过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将_________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。[方案二]〖实验方案〗将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况（约20℃，1.01105Pa）的体积。〖问题讨论〗（3）同学们拟选用图一实验装置完成实验：①你认为最简易的装置其连接顺序是：A接（______）（_______）接（______）（）接（）（填接口字母，可不填满。）②实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开分液漏斗可旋转的活塞，一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶中。请你帮助分析原因_________________________。③实验结束时，在读取测量实验中生成氢气的体积时，你认为最合理的是__________。（有几个选几个）。A．等待实验装置冷却后再读数B．上下移动量筒F，使其中液面与广口瓶中液面相平C．上下移动量筒G，使其中液面与广口瓶中液面相平D．视线与凹液面的最低点水平，读取量筒中水的体积（4）仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了图二的实验装置。①装置中导管a的作用是_________________________。②实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1mL、V2mL。则产生氢气的体积为_________mL。（用含V1、V2的式子表达）21、[Fe2(OH)n(SO4)3-n/2]m(聚合硫酸铁，PFS)广泛用于饮用水等的净化处理。一种制备PFS并测定其盐基度的步骤如下:①称取一定量的FeSO4·7H2O溶于适量的水和浓硫酸中。②不断搅拌下，以一定的滴速滴入30%的H2O2溶液，至FeSO4充分氧化。③经聚合、过滤等步骤制得液态产品:PFS溶液。④称取步骤③产品1.5000g置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热至沸，趁热加入稍过量的SnCl2溶液(Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+)，多余的SnCl2用HgCl2氧化除去，再加入硫酸-磷酸组成的混酸及指示剂，立即用0.1000mol/LK2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+(K2Cr2O7被还原为Cr3+)，，直至终点消耗K2Cr2O7)溶液20.00mL。⑤另称取步骤③产品1.5000g置于250mL聚乙烯锥形瓶中，加入25mL0.5000mol·L-1盐酸溶液、20mL煮沸后冷却的蒸馏水，摇匀并静置，再加入10mLKF溶液(足量，掩蔽Fe3+)，摇匀，然后加入酚酞指示剂，用0.5000mol·L-1的NaOH溶液滴定过量的盐酸直至终点，消耗NaOH溶液16.00mL。（1）步骤②采用“滴入”而不是一次性加入H2O2氧化Fe2+的操作，是因为_________。（2）步骤④K2Cr2O7溶液滴定Fe2+时发生反应的离子方程式为___________。（3）步骤⑤用NaOH溶液滴定时，已达滴定终点的判断依据是________（4）盐基度(B)是衡量聚合硫酸铁质量的一个重要指标{聚合硫酸铁[Fe2(OH)n(SO4)3-n/2]m中B=n(OH-)/3n(Fe3+)×100%}。通过计算确定产品的盐基度(写出计算过程)。_______

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A、质子数相同，中子数不同的原子，互为同位素，12C、14C是碳的两种核素，同种元素形成的不同种单质互为同素异形体，金刚石、C60是碳形成的两种单质，互为同素异形体，选项A错误；B、用高锰酸钾溶液、双氧水进行杀菌消毒利用其强氧化性，而酒精是使蛋白质变性而产生消毒的效果，选项B错误；C、制作航天服的聚酯纤维属于有机物，选项C错误；D、“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取是萃取后过滤，属于物理变化，选项D正确。答案选D。2、C【详解】A.氧化剂的氧化性强于氧化产物，由反应①可知，氧化产物为Fe3+或Br2或Fe3+或Br2，则氧化性Cl2>Fe3+，故A错误；B.由题给信息可知，氯酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯气和水，反应的化学方程式为KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，由方程式可知，生成lmolKCl时转移电子的物质的量是5mol，故B错误；C.亚铁离子的还原性强于溴离子，若氯气不足量，还原性强的亚铁离子与氯气反应，氧化产物为铁离子，若氯气过量，亚铁离子和溴离子均被氯气氧化，氧化产物为铁离子和溴单质，故C正确；D.表中③发生的反应为酸性条件下，溶液中过氧化氢与高锰酸根离子发生氧化还原反应生成锰离子、氧气和水，反应的离子方程式为：2+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故D错误；故选C。3、D【解析】有机物命名中常使用三套数字，甲、乙、丙…，是主链碳原子数；1、2、3…，是取代基在主链上的位置；一、二、三…，为取代基的数目，故选D。4、D【详解】原溶液里一定没有HCO3-和CO32-，因二离子与溶液里可能存在的阳离子均不共存，若向原溶液中加入足量的盐酸，有气体生成，此气体不可能为二氧化碳；经分析知：反应后的溶液中的阴离子的种类没有变化，则原溶液中含有Cl-，有气体生成则含有Fe2+和NO3-；一共有五种离子，浓度均为0.1，Fe2+，Cl-，NO3-正好电荷守恒．说明存在的另外两种离子的带电量是一样的，则为Mg2+和SO42-，综上可知，溶液中存在的五种离子为：Fe2+、Cl-、NO3-、Mg2+和SO42-；A．原溶液中不含HCO3–和CO32–，故A正确；B．向加盐酸后的溶液中含有Fe3+，再加KSCN溶液，显红色，故B正确；C．溶液中存在的五种离子为Fe2+、Cl-、NO3-、Mg2+和SO42-，故C正确；D．溶液中存在的五种离子为Fe2+、Cl-、NO3-、Mg2+和SO42-，原溶液中有二种阳离子和三种阴离子，故D错误；答案为D。5、C【解析】A.实验前试样未经干燥，加热后剩余固体质量偏少，导致结晶水含量偏高，A不符合题意；B.试样中含有少量碳酸氢铵，碳酸氢铵受热分解成氨气、二氧化碳和水，加热分解后剩余固体质量偏少，导致结晶水含量偏高，B不符合题意；C.试样中含有少量氯化钠，氯化钠受热不分解，加热分解后剩余固体质量偏大，导致结晶水的含量偏低，C符合题意；D.加热过程中有试样迸溅出来，加热分解后剩余固体质量偏少，会使结晶水的质量偏高，导致结晶水的含量偏高，D不符合题意；故合理选项是C。6、D【详解】A、中和热的单位为kJ·mol－1，而不是kJ，A错误；B、中和反应为放热反应，△H＝-57.3kJ·mol－1，B错误；C、1mol强酸和1mol强碱反应不一定生成1mol水，如H2SO4和Ba(OH)2，则热量不一定为57.3kJ，C错误；D、NH3·H2O为弱电解质，反应时，电离出OH－，需要吸热，则生成1molH2O，发出热量小于57.3，D正确；答案选D。7、B【解析】反应是放热反应，说明反应物总能量高于生成物总能量，因此选项B正确，答案选B。8、C【详解】A.向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-刚好沉淀完全：设NaHSO4为1mol，则加入Ba(OH)21mol，因为溶液中只含1molH+，所以只有1molOH-参与反应，离子方程式为：H++SO42-+Ba2++OH-=H2O+BaSO4↓，A正确；B.向FeCl3溶液中滴加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，满足守恒原理，B正确；C.醋酸为弱酸，与大理石反应时，醋酸应以化学式表示，所以2H++CaCO3=Ca2++H2O+CO2↑是错误的，B错误；D.FeSO4与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，电荷守恒，得失电子数目相等，D正确。故选C。9、D【详解】A.

乙醇溶液中除了乙醇溶质中含有氢原子外，溶剂水也含有氢原子，因此10g质量分数为46%的乙醇溶液中，氢原子的总数大于0.6NA，故A错误；B.

Na2O2与足量的水(H218O)反应中，水既不做氧化剂也不做还原剂，因此氧气的来源是Na2O2中-1价的氧，因此7.8g

Na2O2物质的量为0.1mol，生成氧气0.05mol，所含的中子数为0.05×2×（16-8）×NA=0.8NA，故B错误；C.

Fe(OH)3胶粒是许多Fe(OH)3分子的集合体，所以将1L0.1mol/LFeCl3溶液滴入沸水中，制得的Fe(OH)3胶粒数目小于0.1NA，故C错误；D.

稀释有利于盐类水解，常温下，1L0.5mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液中的NH4+的水解程度，前者小于后者，所以NH4+数目前者大于后者，故D正确。综上所述，本题选D。【点睛】氢氧化铝属于两性氢氧化物，既能与强酸反应，又能与强碱反应，均生成盐和水；但是氢氧化铝不溶于弱酸（如碳酸），也不溶于弱碱（如氨水），这一点应该掌握到位。10、C【解析】A.1molFe与1molCl2充分反应生成FeCl3时，氯气完全反应，铁有剩余，因此1molCl2完全反应转移电子数为2NA，故A错误；B.通常状况下，11.2LH2的物质的量小于0.5mol，因此其所含的氢原子数小于NA，故B错误；C.1mol羟基含有电子数为9NA，17gNH3的物质的量为1mol，含有电子数为10NA，所以1mol羟基与17gNH3所含电子数之比为9∶10，故C正确；D.一定温度下，1L0.5mol·L－1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L－1NH4Cl溶液，氯化铵浓度不同,铵离子水解程度不同,所以所含NH的物质的量相不同，故D错误；

综上所述，本题选C。11、D【详解】A、氨气与二氧化碳反应生成碳酸铵或碳酸氢铵，碳酸铵或碳酸氢铵与碱反应生成氨气，能实现甲与乙之间的相互转化，故A不选；B、偏铝酸盐与二氧化碳反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与碱反应生成偏铝酸盐，能实现甲与乙之间的相互转化，故B不选；C、碳酸盐与二氧化碳反应生成碳酸氢盐，碳酸氢盐与碱反应生成碳酸盐，能实现甲与乙之间的相互转化，故C不选；D、醋酸的酸性比碳酸强，则醋酸根离子与二氧化碳不反应，不能实现甲与乙之间的转化，故D选；故选D。12、C【解析】A、由图象可知，生成2molHF气体放出的热量为270kJ，错误；B、由图象可知，H2（g）＋F2（g）=2HF（g）+270kJ，而2HF（g）=2HF（l）+QkJ(Q>0)，错误；C、由图象可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，正确；D、由图象可知，1molH2(g)和1molF2(g)的能量大于2molHF(g)的能量，故氢气和氟气反应生成氟化氢气体是放热反应，错误。答案选C。13、C【详解】A．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量Ba(OH)2溶液反应，、Fe2+、都参加反应，正确的离子方程式为2+Fe2++2+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+2NH3·H2O+Fe(OH)2↓，A错误；B．用惰性电极电解CuCl2水溶液，阴极Cu2+放电生成铜，阳极Cl-放电生成Cl2，正确的离子方程式为Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑，B错误；C．与NaOH溶液共热，酯基发生水解，酚羟基与NaOH发生反应生成酚钠，反应的离子方程式为+2OH-+C2H5OH+H2O，C正确；D．CuSO4溶液中滴加过量稀氨水生成铜氨络离子，正确的离子方程式为Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，D错误；答案选C。14、A【分析】装满NO2的试管通入氧气时发生反应的化学方程式为4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，装满NO的试管通入氧气时发生反应的化学方程式为4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3。【详解】相同条件下，NO2、NO装满容积相同的试管，则体积相同，根据阿伏加德罗定律可知n(NO2)＝n(NO)，分别通入氧气直到两个试管内充满液体，根据氮原子守恒可知，所得硝酸的物质的量相等，溶液的体积相同，则两个试管中所得溶液的物质的量浓度之比为1∶1，答案选A。15、C【分析】用盐酸酸浸时SiO2不溶解，过滤分离，滤渣A为SiO2，滤液中加入过氧化氢进行除锰，再调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤，滤液中再加入ZnS，Cu2+转化为CuS沉淀，过滤除去，滤液中主要为氯化锌，加入草酸铵得到草酸锌晶体，最终的滤液中含有氯化铵等。【详解】A、由分析可知，滤渣A为SiO2，滤渣B为Fe（OH）3，故A正确；B、除锰过程中产生MnO(OH)2沉淀，根据电荷守恒应有氢离子生成，反应离子方程式为：Mn2++H2O2+H2O=MnO(OH)2↓+2H+，故B正确；C、除铁与除铜的顺序不能颠倒，否则除铁率会减小，其原因是：先加入ZnS会将Fe3+还原为Fe2+，使铁元素难以除去，故C错误；D、由分析知，“合成”时过滤所得滤液主要溶质为NH4Cl，故D正确。答案选C。16、C【分析】有关反应离子方程式为：3Cu+2NO3－+8H＋=3Cu2＋+2NO↑+4H2O，由上述反应方程式可知，NO3－和H＋的物质的量之比为1：4时，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3－）：n（H＋）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.6×0.1，据此计算x、y的值，再根据方程式计算铜离子的物质的量，根据c=n/V计算铜离子浓度．【详解】反应离子方程式为：3Cu+2NO3－+8H＋=3Cu2＋+2NO↑+4H2O，铜足量，由上述反应方程式可知，NO3－和H＋的物质的量之比为1：4时，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3－）：n（H＋）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.6×0.1，联立解得x=0.024mol、y=0.036mol，由方程式可知，生成铜离子的物质的量为0.024mol×3/2=0.036mol，故铜离子的最大浓度为0.036mol÷0.1L=0.36mol·L－1，故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、取代浓硫酸、浓硝酸；；乙醇、浓硫酸；加热【分析】甲苯与Cl2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生一氯甲苯，该物质与NaCN发生取代反应产生，与浓硫酸、浓硝酸混合加热，发生对位上的取代反应产生，发生水解反应产生，与Zn、盐酸发生还原反应产生，与CH3COOH发生成肽反应产生M。【详解】(1)甲苯与氯气光照发生取代反应产生，与NaCN发生取代反应产生，所以反应①的反应类型为取代反应；(2)反应②是与浓硫酸、浓硝酸混合加热，发生对位上的取代反应产生，所以反应所用的试剂为浓硫酸、浓硝酸；(3)由于同分异构体是分子式相同结构不同的化合物，所以的所有含苯环结构的同分异构体的结构简式为：；；；(4)对硝基苯乙酸（）与乙醇在浓硫酸存在和加热条件下发生酯化反应得到对硝基苯乙酸乙酯和水，故该步反应的试剂是乙醇、浓硫酸，反应条件是加热；(5)A的分子式为C7H8，则A是甲苯，与Cl2在光照时反应产生，与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生，与Cu在加热条件下被氧化产生苯甲醛。所以由A合成苯甲醛的合成路线为。【点睛】本题考查了有机合成与推断的知识，掌握有机物结构简式的通式、各类物质反应和转化的规律及反应条件是本题解答的关键。注意官能团对物质化学性质的决定作用。18、乙酸乙酯酯化（取代）反应有砖红色沉淀生成碳碳双键【解析】（1）乙醇能与乙酸反应生成有果香味的物质，其名称为乙酸乙酯，该反应类型是酯化反应或取代反应；（2）反应⑥是醛基被氢氧化铜氧化，反应的化学方程式是，实验现象是有砖红色沉淀生成；（3）反应③用KOH的乙醇溶液处理二氯乙烷制氯乙烯的反应是消去反应，方程式为。（4）苯乙烯中所含官能团的名称是碳碳双键；（5）苯乙烯合成聚苯乙烯发生加聚反应，反应的化学方程式是。（6）以乙醇和苯乙烯为原料合成有机物首先必须有乙酸和，因此其合成路线图可以设计为、。点睛：该题的难点是合成路线设计，有机合成路线的设计时先要对比原料的结构和最终产物的结构，官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，再根据官能团的性质进行设计。注意物质的合成路线不同于反应过程，只需写出关键的物质及反应条件、使用的物质原料，然后进行逐步推断，从已知反应物到目标产物。19、0.0131.0催化剂＞＞吸热温度升高时，平衡向右移动【分析】（1）根据v=公式解题；

（2）实验1和实验2达到平衡时A的浓度不再改变且相等，说明实验2与实验1其他条件完全相同，实验2使用了催化剂，加快了反应速率，缩短了达平衡的时间；

（3）以10至20min为例求出实验1和实验3的反应速率进行比较；

（4）根据化学平衡移动原理分析，加热平衡向吸热反应方向移动。【详解】（1）在实验1中，反应在10至20min时间内平均速率为v===0.013mol/（L·min），故答案为0.013；（2）实验1和实验2达到平衡时A的浓度不再改变且相等，说明实验2与实验1其他条件完全相同，实验1与实验2中A的初始浓度应相等，起始浓度c2=1.0mol/L，实验2较其他实验达到平衡时间最短，是使用了合适的催化剂，故答案为1.0；催化剂；（3）在实验1中，反应在10至20min时间内平均速率为v===0.013mol/(L·min)，在实验3中，反应在10至20min时间内平均速率为v===0.015mol/(L·min)，故v3>v1，实验1的起始浓度为1.0mol/L，由平衡时浓度可知在实验3的起始浓度大于1.0mol/L，即c3>1.0mol/L，故答案为>；>；（4）比较实验4和实验1可知平衡时实验4反应物A的浓度小，由实验1到实验4升高温度，平衡右移，加热平衡向吸热反应方向移动；故答案为吸热；温度升高时，平衡向右移动。20、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑97mL偏高EDG镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大ACD使分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差V1-V2【解析】方案一：⑴.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；⑵.含镁为3%时，金属铝的含量最高，5.4g合金中铝的质量为5.4g×(1−3%)=5.4×97%g，则：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

54g

2mol

5.4g×97%g

V×10−3L×2.0mol/L得54g:(5.4g×97%g)=2mol:(V×10−3L×2.0mol/L)，解得V=97，NaOH溶液的体积⩾97